做题笔记22

这篇咋这么快就没了

11.5

P7468 [NOI Online 2021 提高组] 愤怒的小 N

计算

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n-1}[\text{popcount(i)}\equiv 1\bmod 2]f(i)\\ =&\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{2}(1-(-1)^{\text{popcount}(i)})f(i)\\ =&\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}f(i)-\frac{1}{2}\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}f(i) \end{aligned} \]

对于前者，由于 \(f(i)\) 是 \(k-1\) 次多项式，可以归纳得到其前缀和是 \(k\) 次多项式，于是可以拉格朗日插值做到 \(\mathcal{O}(k^2)\)

对于后者，再化一下式子

\[\begin{aligned} &\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}f(i)\\ =&\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}\sum_{j=0}^{k-1}a_ji^j\\ =&\sum_{j=0}^{k-1}a_j\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}i^j \end{aligned} \]

现在需要快速计算 \(\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}i^j\)，我们逐位考虑，记 \(g(x,t,c)=\sum_{i=x}^{x+2^t-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}i^c\)，有

\[\begin{aligned} g(x,t,c)=&\sum_{i=x}^{x+2^t-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}i^c\\ =&\sum_{i=0}^{2^t-1}(-1)^{\text{popcount}(i+x)}(i+x)^c\\ =&(-1)^{\text{popcount}(x)}\sum_{i=0}^{2^t-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}\sum_{j=0}^{c}\binom{c}{j}i^jx^{c-j}\\ =&(-1)^{\text{popcount}(x)}\sum_{j=0}^{c}\binom{c}{j}x^{c-j}\sum_{i=0}^{2^t-1}(-1)^{\text{popcount}(i)}i^j\\ =&(-1)^{\text{popcount}(x)}\sum_{j=0}^{c}\binom{c}{j}x^{c-j}g(0,t,j) \end{aligned} \]

\(g(0,t,j)\) 怎么算，考虑递推，有 \(g(0,t,j)=g(0,t-1,j)+g(2^{t-1},t-1,j)\)

后面两维状态是 \(k^2\) 的，这样可以做 \(\mathcal{O}(m^2\log n)\)，打表发现当 \(x>2^c\) 时，\(g(x,t,c)=0\)，所以只有 \(\mathcal{O}(m)\) 个有用的 \(x\)，于是复杂度就只有 \(\mathcal{O}(\log n+m^3)\)

证明可以归纳

CF1938M Zig-Zag

直接容斥，之后做类似分拆数，直接 SEQ 合并起来即可

P8147 [JRKSJ R4] Salieri

建 ACAM，对于询问串，拉出来他在 ACAM 上跑所经过的点的集合 \(T\)，\(cnt_i\) 则为代表 \(s_i\) 的节点的 fail 树上子树内，在 \(T\) 中的点的个数

考虑二分，建虚树，发现虚树上 \(u\rightarrow fa_{u}\) 这条链上的 \(cnt\) 都相同，那么只需要数这样的链上有多少点满足 \(w_i\ge \left\lceil \frac{mid}{cnt} \right\rceil\)，这个可以主席树维护，总复杂度 \(\mathcal{O}(|T|\log L\log V)\)

P11057 诈骗题

首先可以说明最大操作次数 \(=n+m-1\)，由于每次操作肯定会染色某一行或者某一列，所以最多有 \(n+m\) 次操作，而如果每一行都被染色了，每一列也都不能再染色了，所以最多有 \(n+m-1\) 次操作

随便构造到这个上界，只需染色任意 \(n-1\) 行，最后把每一列都染色就行了

考虑建二分图计数，连边 \(x\rightarrow y\) 或者 \(y\rightarrow x\)，我们发现操作次数最多的时候一定是一棵外向树，于是可以数无根树，考虑 prufer 序列，对于左边的点，其能选的父亲一定在右边，对于右边的点，其能选的父亲一定在左边，而最后剩下两个点一定是不同侧的点，所以无根树的方案就是 \(n^{m-1}m^{n-1}\)，总方案就是 \((n+m)n^{m-1}m^{n-1}\)

P11056 Fire and Big

发现膜 \(n\) 相同的只有一个是必败态，有结论，必败态的点大小不超过 \(n(\sqrt n+1)\)

考虑一个必败态的点 \(x\)，其前面和他同余的肯定都是必胜态，考虑每一个这样的点 \(p\)，能通过完全平方转移到它的点中必有必败的，记这个数量为 \(r(p)\)，而对于每一个 \(k^2\le n\)，能从 \(q-k^2\) 转移到 \(q\) 的必败点的个数至多为 \(1\)，其中 \(q\) 与 \(x\) 同余，所以 \(\sum_{p<x,p\equiv x}r(p)\le\sqrt n\)，那么这样的 \(p\) 的数量不超过 \(\sqrt n\)，于是结论得证

直接从每个必败态往后递推就行了，复杂度 \(\mathcal{O}(n^{1.5})\)

P11058 合并香蕉

最大化 \(\sum a_ik_i^{-c_i}\)，有结论，当 \(\left\{c_1,c_2,\cdots,c_n\right\}=\left\{1,2,\cdots,n-1,n-1\right\}\) 时最优

假如不满足上述条件，此时一定存在两个点，其儿子都是叶子，我们取出所有这样的点中次深的那个，记作 \(x\)，其儿子为 \(a\) 和 \(b\)，由于是次深的，我们一定能再找到一个和他在同一深度的点 \(y\)，其中 \(y\) 的儿子分别为 \(c\) 和 \(d\)，且 \(c\) 和 \(d\) 中一定有一个叶子，不妨令这个叶子为 \(c\)，而 \(a\) 和 \(b\) 和 \(c\) 都在同一层，所以我们可以仍以调换 \(a,b,c\) 的位置，其答案不变，记 \(v_i=a_ik_i^{-c_i}\)，所以不妨让 \((1-\frac{1}{k_c})v_c\ge\max((1-\frac{1}{k_a})v_a,(1-\frac{1}{k_b})v_b)\)，现在将 \(c\) 和 \(x\) 交换位置，此时 \(d\) 子树的答案不变，\(c\) 的深度加一，\(a\) 和 \(b\) 的深度减一，则答案变化 \(\Delta\) 为 \((k_c-1)v_c-((1-\frac{1}{k_a})v_a+(1-\frac{1}{k_b})v_b)\)，而 \((k_c-1)v_c=k_c(1-\frac{1}{k_c})v_c\ge 2(1-\frac{1}{k_c})v_c\ge (1-\frac{1}{k_a})v_a+(1-\frac{1}{k_b})v_b\)，所以此时答案一定更优，发现每次调整之后所有叶子的深度之和加一，于是一定能调整到我们想要的局面，得证

直接二分图最大全匹配太唐了，发现 \(c_i\) 太大的时候 \(a_ik_i^{c_i}\) 就没了，所以只保留 \(\mathcal{O}(\log V)\) 个右部点即可，而在 \(k_i\) 相同时，\(a_i\) 较大的一定 \(c_i\) 更小，所以左部点也只需要保留 \(\mathcal{O}(k\log V)\) 个，直接费用流即可

P9818 游戏王

难点在于按照 \(\left\lfloor\frac{v}{i}\right\rfloor\) 划分等价类，直接猫树上做背包，容易合并，复杂度 \(\mathcal{O}(n\sqrt V\log n)\)

P11427 [清华集训 2024] 绝顶之战

考虑如果我们塞了一个段，他会把整个一维空间分成两部分，这两部分互相不影响，所以我们最后放的东西会形成一个二叉树的结构，我们考虑对这个结构进行 dp

先在外层钦定哪些东西不能选，记这个集合为 \(T\)，在内层，记 \(f_S\) 为 \(S\) 这个集合最长能到多少，终止条件为 \(f_{\emptyset}=\min_{x\in T}a_x\)，记 \(pre_{i}=\min\limits_{0\le j\le i,j\in T}a_j\)，那么 dp 的时候，记 \(S\) 中的最小编号为 \(u\)，必须 \(\sum_{x\in S}a_x<pre_u\)，要不然就寄了，然后把 \(S/\{u\}\) 划分成两个子集，转移 \(f_S\leftarrow f_{T_1}+f_{T_2}+a_u\)，最后令 \(f_s\) 对 \(pre_u\) 取 \(\min\) 即可

复杂度 \(\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}3^i=4^n\)

P11426 [清华集训 2024] 比赛

对于一个环，记 \(w_{R<B},w_{B<R},w_{R>B},w_{B>R}\) 四种相邻位置的情况，最终这个环会贡献到 \(w_{R<B}+w_{B>R}-w_{R>B}\)，而有 \(w_{R<B}+w_{R>B}=w_{B<R}+w_{B>R}\)，为了方便，我们不如把所有的 \(>\) 都变成 \(<\)，也就是贡献到 \(w_{R<B}-2w_{B<R}\)，所以我们现在只关心 \(<\) 号了

于是我们可以记 \(f_{x,y}\) 为有 \(x\) 个 \(R<B\)，\(y\) 个 \(B<R\) 的方案，这个显然不好做，考虑容斥，可以考虑算钦定 \(x\) 个和 \(y\) 个的答案，然后再两维分别二项式反演，现在考虑如何算钦定 \(x\) 和 \(y\) 的答案

我们可以发现，\(R<B\) 和 \(B<R\) 是互不影响的，所以记 \(g_x\) 为选出 \(x\) 个 \(R<B\) 的方案，\(h_y\) 为选出 \(y\) 个 \(B<R\) 的方案，此时会有 \(n-x-y\) 个连续段，所以 \(f_{x,y}\) 就是 \(g_x\times h_y\times (n-x-y-1)!\)，减一是因为要固定 \(1\) 的位置

最后 ntt 做二项式反演即可，复杂度 \(\mathcal{O}(n^2\log n)\)

P8985 [北大集训 2021] 魔塔 OL

考虑如何做子问题，即给定一些 \(a,b\)，询问最小的初始生命值，这看起来就很 exchange argument，我们不妨先把所有 \(a_i\le b_i\) 的放到前面并按 \(a_i\) 排序，这个很显然，对于后面 \(a_i>b_i\) 的，按 \(b_i\) 倒叙排序，证明考虑 \(\max(a_1,a_1+a_2-b_1)\) 和 \(\max(a_2,a_1+a_2-b_2)\) 中取更小的那个，分讨一下：

• 对于 \(a_2>b_1,a_1>b_2\)，此时前者取到 \(a_1+a_2-b_1\)，后者取到 \(a_1+a_2-b_2\)，即取到 \(b_1\) 和 \(b_2\) 中更大的
• 对于 \(a_2>b_1,a_1<b_2\)，此时前者取到 \(a_1+a_2-b_1\)，后者取到 \(a_2\)，后者更小，此时有 \(a_2>b_2>a_1>b_1\)，即取了 \(b\) 更大的
• 对于 \(a_2<b_1,a_1>b_2\)，和上一种情况完全对称
• 对于 \(a_2<b_1,a_1<b_2\)，这种情况不可能存在

现在我们会做子问题了，且若 \((a_i,b_i)\) 已经排好序，我们可以线性递推出来答案，还要把这个东西套上四维偏序，感觉很难做

而做高维偏序有一种神奇方法，即对于每一个维度，维护前缀所对应的点的编号集合，用 bitset 存下来，最后把所有维上的 bitset 都与起来，这样可以做 \(\mathcal{O}(\frac{n^2k}{w})\) 的复杂度

那我们也可以考虑高维偏序的方法，先对原序列按 \((a_i,b_i)\) 排好序，每 \(B=\left\lfloor\log n\right\rfloor\) 个数分一块，每一块可以 \(2^B\) 从 highbit 递推出答案，然后对于每一个块，我们扫所有的询问，块内在询问区间内的数可以用刚才做高维偏序的方式查询得到，信息是好合并的，有个细节是有些点时间维的影响是一段区间，不过这个可以块内排序，做差分扫描线就行，反正我们只需要得到那个集合是啥

总复杂度 \(\mathcal{O}(\frac{n(n+V+q)}{\log n})\)

11.6

CTT 和 JOI 一块做吧，一直做 CTT 想吐

P7013 [CERC2013] History course

考虑二分答案，我们从小往大填每一个编号，记 \(sup_x\) 为 \(x\) 这条线段能填的最大值，初始 \(sup_i=n\)，我们记 \(cnt_i\) 为 \(sup=i\) 的线段个数，记 \(s_i\) 为 \(cnt\) 的前缀和，假如当前该填 \(i\)，如果存在某个 \(j\)，满足 \(s_j-s_{i-1}>j-i+1\)，这时候 \([i,j]\) 这中间的数完全不够填，直接不合法，如果存在 \(j\)，满足 \(s_j-s_{i-1}=j-i+1\)，这时候一定只能是 \(sup\) 在 \([i,j]\) 中的数填 \(i\)，要不然就不够了，我们找到这个 \(j\)，并找到 \(cup\) 在 \([i,j]\) 中的数，我们可以说明，此时选择 \(r\) 最小的线段填上，一定是最优的

结论证明可以考虑归纳，对于 \(i=j\) 的情况，结论显然成立，对于 \(j>i\) 的情况，如果此时存在两个线段 \(x\) 和 \(y\) 满足要求，且 \(R_x<R_y\)，对于所有的 \(z\) 满足 \(R_z\ge R_x\)，选 \(x\) 能影响到的左端点 \(\le R_x\) 的 \(z\) 肯定比 \(y\) 少，而对于 \(R_z<R_x\)，肯定不存在这样的点，所以结论得证，这样我们就得到了 \(\mathcal{O}(n^2\log n)\) 的做法

考虑如何用 ds 去维护，我们把所有线段按照左端点排序，如果选择了 \(x\) 这个线段填上 \(i\)，可以直接让一段前缀的 \(sup\) 对 \(i+mid\) 取 \(\min\)，这段前缀就是满足 \(L_y<R_x\) 的 \(y\)，为啥这样是对的，因为不交的区间，跟据我们的贪心，一定填的编号更小，所以此时不交的区间不会有影响，所以我们发现 \(sup_x\) 具有单调性，这个东西就能用脚维护了，填 \(i\) 的时候我们还要找到对应的 \(j\)，可以再开一个线段树维护 \(s_i-i\)，线段树上二分就行了

复杂度 \(\mathcal{O}(n\log^2n)\)

#2559. Endless Road

离散化，变成每次修改单点，我们发现如果区间 \(i\) 包含区间 \(j\)，那么任意时刻都有 \(t_i>t_j\)，因此我们可以把包含关系去掉，现在对于不包含的单调区间，我们称其为好的，每次修改单点时，可以二分出他会影响到的好的区间的范围，直接线段树就行了，如果一个区间被删空了，考虑加入新的好的区间，找到这些新区间可以借助两边的原有的好的区间，复杂度线性对数

#6878. 生不逢时

首先把回文转化一下，我们把每个二进制数腰斩再折起来异或，如果 \(m\) 是奇数就把中间那一位去掉，形式化一下就是一个映射 \(f(S)=\sum_{i=0}^{m/2}(S_i \oplus S_{m-i-1})2^i\)，那么 \(S\) 回文当且仅当 \(f(S)=0\)

我们先考虑 \(l_i=0\) 的子问题，考虑把 \([0,x)\) 拆成若干个整区间，每个区间都形如 \([x,x+2^t)\)，我们惊奇的发现，每个整区间在做了映射之后就是某个整区间重复若干次，当 \(t\le m/2\) 时，就是一个整区间，若 \(t>m/2\)，会变成区间 \([0,2^{m/2})\) 重复 \(2^{t-m/2}\) 遍，于是一个 \([0,x)\) 可以看成若干个整区间的线性组合，而两个区间 \([0,x)\) 和 \([0,y)\) 的答案，就可以看作这些整区间分别做异或卷积再求和在 \(0\) 处的值

由于要对某个前缀求答案，考虑用一个数据结构在线维护，这个东西有天然的分治结构，我们可以用动态开点线段树去维护这些整区间异或卷积的结果，就是假如有两个整区间的线性组合 \((F_1,F_2,\cdots,F_n)\) 和 \((G_1,G_2,\cdots,G_m)\)，我们发现 \(F_i\times G_j\) 仍然是一个整区间，如果 \(F\) 和 \(G\) 之间有包含关系，假如是 \(G\subseteq F\)，其会贡献到 \(G\) 的大小次 \(F\)，没有包含关系则可以直接贡献到 LCA，记 \(val_u\) 为线段树上 \(u\) 这个节点所代表的整区间被贡献了几次，再处理 \(sum_u=val_u\times len_u+sum_{ls}+sum_{rs}\)，用于处理不包含区间以及儿子到父亲的贡献，可以在线段树上可以轻松维护

又考虑到异或 \(=0\)，所以可以 meet in the middle，我们维护两棵这样的线段树，每次加入一个 \([0,r_i]\) 的时候，将其加入更小的那一颗，最后 dfs 算贡献，具体来说，维护 \(X\) 为 \(u\) 到根链上在第一棵树上 \(val\) 的和，\(Y\) 为 \(u\) 到根链上在第二棵树上 \(val\) 的和，最后如果 \(u\) 是叶子或者扫到了两棵树上都是空的节点，累加 \(X\times Y\times len_u\) 到答案，这样复杂度会就是 \(\mathcal{O}(2^{n/2}m)\)

若 \(l_i\ne 0\)，我们可以差分成 \([0,r_i+1)-[0,l_i)\)，这个是好处理的

分析一下复杂度，合并会出现 \(2^k\) 个节点，合并的复杂度也是 \(2^k\)，不难得到总复杂度 \(\mathcal{O}(m2^{n/2})\)

#6537. One, Two, Three

考虑 \(1,2,3\) 和 \(3,2,1\) 肯定都是取最左边和最右边的 \(1\) 和 \(3\)，且对于 \(1,2,3\)，对于 \(1133\) 这种情况，肯定是第一个和第三个匹配，第二个和第四个匹配最优，那么如果 \(1,2,3\) 选了 \(x\) 个，\(3,2,1\) 选了 \(y\) 个，其 \(1-3\) 和 \(3-1\) 的形态就能知道了，现在考虑 \(x,y\) 是不是合法

现在就变成了区间和点做匹配的问题，记 \(f(l,r)\) 为完全在 \([l,r]\) 中 \(1-3\) 区间，\(g(l,r)\) 为在 \([l,r]\) 中的 \(3-1\) 区间，记 \(c(x,i)\) 为前 \(i\) 个位置中有多少 \(x\)，那么有限制是对于所有的 \(l,r\)，有 \(f(l,r)+g(l,r)\le c(2,r)-c(2,l)\)

我们发现 \(f(l,r)=\max(x-c(1,l)-(c(3,n)-c(3,r)),0)\)，\(g(l,r)\) 也同理，这样我们能得到分别关于 \(x,y,x+y\) 的三个不等式，算就行了

构造方案直接用脚构造就完了

复杂度线性

P8989 [北大集训 2021] 随机游走

令 \(f_i\) 为从 \(1\) 走到 \(i\) 的期望步数，那么有 \(f_{i+1}=(f_i+1)\times(d_i+1)\)，因为期望走 \(d_i+1\) 次才能通过 \(i\rightarrow i+1\) 这条边，于是答案就是

\[\sum_{i=1}^{n-1}\prod_{j=i}^{n-1}(d_j+1) \]

当 \(m<n-1\)，此时给 \(n-1\) 到 \(n-m\) 分别连一条到 \(1\) 的边最优

否则，有 \(d_i\) 单调，\(d_1\) 是唯一的最小值，极差不超过 \(2\)，这些都不是很好推导，但是我不想再写一遍公式了，当然也可以打表来的更快，知道了 \(d\) 可以直接算答案，复杂度 \(\mathcal{O}(T\log n)\)

P8991 [北大集训 2021] 出题高手

666 没看到数据随机

把前缀和的 localmax 拉出来，答案只可能以这些东西为端点，然后你又发现区间长度不会太长，可以瞎几把取个阈值，最后要做的就是单点修改，2-side 矩形求 \(\max\)，分块即能做到 \(\mathcal{O}(n\sqrt n)\)

P8994 [北大集训 2021] 经典游戏

巴巴博弈。

SG 值为子树内的最远距离，查询的就是 \(u\) 的一级邻域以内所有的点中，满足 \(S_u<d_u\) 的个数，其中 \(S_u\) 为以 \(u\) 为根的答案，\(d_u\) 为以 \(u\) 为根的最长链

单点修改时，对 \(S\) 的影响就是子树异或，可以用树状数组维护，而我们又不能时时刻刻维护某个点邻域的答案，但是发现单点修改时，很少的点和父亲的变化是不同步的，所以我们可以考虑维护这个变化量，具体的，每个点开三个数据结构，记录 \(d_v=d_u+1,d_v=d_u,d_v=d_u-1\) 的点的变化，只需要单点修，查询时在树状数组上问出来 \(u\) 的 \(S\)，然后就是在每一个数据结构上询问异或上 \(S\) 之后 \(<\) 某个值的数的个数，可以用 01trie 维护

复杂度线性对数

P8986 [北大集训 2021] 基因编辑

一个 \((x,y)\) 合法当且仅当

• \(\not\exists i<y,a_i=a_x\)
• \(\not\exists i>x,a_i=a_y\)

用脚维护，复杂度线性对数

P14382 [JOISC 2017] 开荒者 / Cultivation

发现每个草都会影响一个相同的矩形，且操作顺序无关紧要，所以答案只和这个矩形的 \(l,r,u,d\) 有关，如果两维都枚举就太唐了，我们考虑枚举其中一维，不如枚举所有可能的 \(u,d\)，这样每个草都变成了一长列，然后考虑 \(l,r\) 应该取多少，我们从上往下扫每一个本质不同的行，并把能覆盖的这个行上的那些草的列坐标记下来，排序，假如分别是 \(a_1,a_2,\cdots,a_m\)，那么有 \(l\ge a_1-1\)，还有 \(r\ge C-a_m\) 以及 \(l+r\ge a_{i+1}-a_{i}-1\)，这样我们能得到三个不等式，分别是 \(l\ge a,r\ge b\) 和 \(l+r\ge c\)，那么这个 \(u,d\) 的答案就是 \(\max(a+b,c)\)。

考虑优化，我们发现，\(u+d\) 相同的图形总能平移得到，什么意思呢，考虑枚举这个 \(u+d\) 的值 \(s\)，这样会有一个新的上下长为 \(R+s\) 的图形，我们截取其中任意一段 \(R\) 都能对应到原来的一组 \(u,d\)，于是枚举 \(s\)，不难发现这样的 \(s\) 只有 \(\mathcal{O}(n^2)\) 种，首先是 \(x_i-1+R-x_j\)，另一种是 \(x_i-x_j-1\)，因为如果取得是别的，我们可以调整到一个上述的情况，这样一定不劣。

现在就要对于每一个 \(s\)，\(\mathcal{O}(n)\) 算出 \(l+r\) 的最小值，我们不妨把所有的点按照 \(x\) 为第一关键字排序，因为我们一个 \(R\) 的方案肯定是选的一段连续区间内的点，把所有本质不同行所对应的断点拉出来，对应了若干个极小段，即所有的 \(x_i\) 和 \(x_i+s+1\)，把他们排序，如果你一个方案内选了若干个段，其会对每个段都算一遍贡献，也就是第一段中 \(a,b,c\) 对一个区间取最大值，所以我们扫我们选的段的最左边的那一个，同时双指针扫最右边那个段，使得上下长度能够到 \(R\)，这样我们可以用单调队列维护 \(a,b,c\)。

而每一个本质不同的行都是 \(a\) 上一段区间，于是他的 \(a,b,c\) 可以提前预处理出来，记一个 \(f_{l,r,0/1/2}\) 就行了。

做完了，复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)。

P14383 [JOISC 2017] 港口设施 / Port Facility

搞笑题，不过这是不是数字树来着，直接建图，看一下是不是二分图就完了，计算一下连通块数

P14387 [JOISC 2017] 火车旅行 / Railway Trip

不想管倍增了，感觉太难了

考虑把不停靠任何站能够直接互相到达的点连边，我们连出来的一定是一张平面图，因为这是一个笛卡尔树的结构，考虑三角剖分，做边分治，算 \(\min(\text{dis}(u,A)+\text{dis}(v,A),\text{dis}(u,B)+\text{dis}(v,B))\)，最短路可以直接跑 bfs，复杂度线性对数

P14392 [JOISC 2017] 都市 / City

太神了，完全不是人

维护 \(dfn_u\) 和 \(siz_u\)，\(dfn\) 我们完整存下来，考虑用较少的数存 \(siz_u\)

我们用一个数列 \(f\) 去逼近 \(siz\)，即对每一个点找到第一个满足 \(f_i\ge siz_u\) 的 \(i\)，再给 \(u\) 补上 \(f_i-siz_u\) 个虚儿子，这个数列需满足 \(f_{511}\ge 2^{19}\) 且 \(\sum f_i-siz_u\le 2^{19}-n\)

考虑构造一个等比数列，令 \(f_i=\left\lfloor(1+q)^i\right\rfloor\)，其中 \(q\) 为一实数，这样每个点加的虚叶子都不超过 \(siz_u\times q\)，由于树高小于等于 \(19\)，所以总点数不超过 \((1+19q)n\)

可以令 \(f_i=\max(f_{i-1}\times q,1)+f_{i-1}\)，这样可以节省一些信息

可以任取 \(q\in[0.022,0.045]\)

11.7

摆烂了一下午

模拟赛

T1

威风极了我看积分微分改哦另外几个人愤怒悲伤的反馈

T2

十六分九二五九开发二人可根据巴尔瓦人口阿尔文日本

T3

考虑枚举排列

T4

有把数拆成 \(a2^k\) 的做法，这样点数是 \(n+\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor\)，考虑拆成 \(a2^x3^y\)，每个 \((a,6)=1\) 的 \(a\) 有一个杨表，我们只需要取杨表中恰好 \(>n\) 的那一些数，串成一条链，这样能构造到所有的数了，比如：

\[\begin{matrix} a& 2a& 4a & 8a& {\color{Red} 16a}\\ 3a& 6a& 12a & {\color{Red} 24a}\\ 9a& {\color{Red} 18a} & {\color{Red} 36a}\\ {\color{Red} 27a}\\ \end{matrix} \]

选出来红的就能构造到所有的黑的，由于每一列就一个，所以这样每个 \(a\) 会有 \(\left\lfloor log_2{\frac{n}{a}}\right\rfloor+2\) 个，可以稍微放缩估计到一个上界是 \(\sum_{i=1}^{n}[3\not\mid i]+[(6,i)=1]\)，但是我不知道怎么估计到最紧，反正只有在 \(n\equiv 1,5\bmod 6\) 的时候这个值才有可能是 \(n+1\)，我们可以找到 \(x,y>\frac{n}{2},\text{lcm}(x,y)\le Y\)，然后加入 \(x-\text{lcm}(x,y)-y\)，这样最大就是 \(n\) 了

P3665 [USACO17OPEN] Switch Grass P

重构链，可删堆维护即可

P7214 [JOISC 2020] 治療計画

把一个治疗计划丢到二维平面上，其能影响到的范围是一个等腰直角三角形，如果两个治疗计划 \(i\) 和 \(j\) 满足 \(|t_i-t_j|\le r_i-l_j+1\)，那么他们能影响到更大的区域，于是考虑从最左边的治疗计划向右扩展，我们发现可以最短路，记 \(dis_i\) 为 \(i\) 这个治疗计划，治好全部 \(1\sim r_i\) 的人的最小代价，用线段树维护点权即可，而每个点只会被松弛一次，复杂度线性对数

P3615 [JOISC 2016] 如厕计划 / Toilets

男的看成 \(-1\)，女的看成 \(1\)，则需要满足任意后缀和大于等于 \(-1\)，每次当然是把一个男的调整到最开头最优，计算最小后缀和即可

P6891 [JOISC 2020] ビルの飾り付け 4

考虑朴素 dp

• \(f_{i,j,0}\rightarrow f_{i+1,j+1,0}\)，\(a_{i+1}>a_i\)
• \(f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j+1,0}\)，\(a_{i+1}>b_i\)
• \(f_{i,j,0}\rightarrow f_{i+1,j,1}\)，\(b_{i+1}>a_i\)
• \(f_{i,j,1}\rightarrow f_{i+1,j,1}\)，\(b_{i+1}>b_i\)

写成 bitset 的话，发现转移都是取并再位移至多一位，考虑到 \(f_{i,0}\) 和 \(f_{i,1}>>1\) 互相有包含关系，所以可以归纳证明当 \(i\) 固定时，\(j\) 必是一段连续的区间，于是可以线性做了

P7212 [JOISC 2020] ジョイッターで友だちをつくろう

启发式合并，维护所有团

P7213 [JOISC 2020] 最古の遺跡 3

扫值域插数爆了，从前往后扫爆了，考虑从后往前扫，我们惊奇的发现某个点最后的状态只和后面的点的状态有关，且是一个 \(\text{mex}\) 状物，具体的，考虑如果当前在 \(i\)，那么 \([i+1,n]\) 中最后如果至少剩下了 \(1\sim x\)，那么 \(i\) 填 \(x\) 就被消了，这看起来就是一个需要贡献提前计算的 dp，于是直接记状态 \(f_{i,j}\) 表示考虑了后 \(i\) 个柱子，最后剩下的柱子在后 \(i\) 个中的 \(\text{mex}\) 为 \(j+1\)，为了方便，我们可以给每个高度标号，最后除以 \(2^n\)，记 \(u\) 为 \([i+1,n]\) 中没了的个数，\(v\) 则反之，考虑转移

若 \(i\) 最后消失了，其高度在 \([1,j]\)，直接转移 \(f_{i+1,j}\times (2j-u-j)\rightarrow f_{i,j}\)

若 \(i\) 没消失，且其不会改变 \(\text{mex}\)，这个点最后的高度一定 \(>i+1\)，直接转移 \(f_{i+1,j}\rightarrow f_{i,j}\)，其贡献我们待会再算

若 \(i\) 没消失，且其会改变 \(\text{mex}\)，此时的转移较为复杂，这个点最后的高度一定是 \(i+1\)，枚举新的 \(\text{mex}\) 为 \(k\)，其后面的点的系数为 \(\binom{v-j}{v-k+1}\)，而当前的点可以填 \([j+1,k]\) 中的任意一个，则系数为 \(2(k-j)-(k-j-1)=k-j+1\)，而后面的点具体的形态，我们发现其只与 \(k-j\) 有关，有 \(k-j-1\) 个这样的点，于是不妨记 \(h_{n}\) 为 \(n\) 个点，最后被消成连续的且都还在方案数，则有转移 \(f_{i+1,j}\times\binom{v-j}{v-k+1}\times(k-j+1)\times g_{k-j-1}\rightarrow f_{i,k}\)

现在考虑算 \(g\)，枚举第一个的高度，其实和上面的转移是一样的，则有 \(g_{i-1}\times g_{n-i}\times \binom{n-1}{i-1}\times(n-i+2)\rightarrow g_n\)

复杂度 \(\mathcal{O}(n^3)\)

P7215 [JOISC 2020] 首都

点分治，如果选了当前分治中心的颜色，那么颜色等于分治中心的点，他们到分治中心上所有其他颜色的点都得选上，用队列和树上并查集一直维护这个过程即可，当然也可以建图跑tarjan，如果碰到了某个颜色在子树外面的点直接寄了，复杂度线性对数